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圆锥曲线考点精讲1．椭圆的定义平面内与两个定点12F F ，的距离的和等于常数（大于12F F ）的点的轨迹叫做椭圆．这两个定点叫做椭圆的焦点，两焦点间的距离叫做椭圆的焦距．焦距的一半叫做半焦距。
2．椭圆的标准方程及简单几何性质3．椭圆离心率求解方法 (1)直接法求离心率直接求出a ，c 的值，利用离心率公式直接求解. (2)焦点三角形求离心率焦点三角形中焦距与另外两边长和的比为2c2a ，即离心率的值，同时我们也可以利用正弦定理把边的比转化为角度正弦值的比. (3)几何转化求离心率根据所给条件，挖掘几何图形中的线段长度关系，位置关系，图形角度关系等，求解出c 与a 的值或c 与a 的比值. (4)代数变形求离心率根据条件及几何图形，列出含有a ，b ，c 的齐次方程(或不等式)，借助于b 2＝a 2－c 2消去b ，转化为含有e 的方程(或不等式)求解． 4．椭圆焦点有关的结论(1) 椭圆焦点三角形周长：()2l a c =+. (2) 椭圆焦点三角形面积：2tan2P S b c y θ==（θ 为焦点三角形的张角∠F 1PF 2）.(3)若焦点三角形的内切圆半径为r ，则面积还可表示为：S =12rl （l 为焦点三角形周长）.(4) 椭圆中的两个最大张角①已知1F 、2F 为椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的两个焦点，P 为椭圆上任意一点，则当点P 为椭圆短轴的端点时，12F PF ∠最大．②已知A 、B 为椭圆22221(0)x y a b a b+=>>长轴上的两个顶点，Q 为椭圆上任意一点，则当点Q 为椭圆短轴的端点时，AQB ∠最大． 5．双曲线的定义平面内与两个定点12F F ，的距离的差的绝对值等于非零常数（小于12F F ）的点的轨迹叫做双曲线．这两个定点叫做双曲线的焦点，两焦点间的距离叫做双曲线的焦距．6．双曲线的标准方程及简单几何性质实轴和虚轴等长的双曲线叫做等轴双曲线。
圆锥曲线的综合问题(文视情况)[知识能否忆起]1．直线与圆锥曲线的位置关系判定直线与圆锥曲线的位置关系时，通常是将直线方程与曲线方程联立，消去变量y (或x )得关于变量x (或y )的方程：ax 2＋bx ＋c ＝0(或ay 2＋by ＋c ＝0)．若a ≠0，可考虑一元二次方程的判别式Δ，有：Δ>0⇔直线与圆锥曲线相交； Δ＝0⇔直线与圆锥曲线相切； Δ<0⇔直线与圆锥曲线相离．若a ＝0且b ≠0，则直线与圆锥曲线相交，且有一个交点． 2．圆锥曲线的弦长问题设直线l 与圆锥曲线C 相交于A 、B 两点，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则弦长|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|或 1＋1k 2|y 1－y 2|.[小题能否全取]1．(教材习题改编)与椭圆x 212＋y 216＝1焦点相同，离心率互为倒数的双曲线方程是( )A ．y 2－x 23＝1 B.y 23－x 2＝1C.34x 2－38y 2＝1D.34y 2－38x 2＝1 解析：选A 设双曲线方程为y 2a 2－x 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2＝c 2，ca ＝2，c ＝2，得a ＝1，b ＝ 3.故双曲线方程为y 2－x 23＝1.2．(教材习题改编)直线y ＝kx －k ＋1与椭圆x 29＋y 24＝1的位置关系是( )A ．相交B ．相切C ．相离D ．不确定解析：选A 由于直线y ＝kx －k ＋1＝k (x －1)＋1过定点(1,1)，而(1,1)在椭圆内，故直线与椭圆必相交．3．过点(0,1)作直线，使它与抛物线y 2＝4x 仅有一个公共点，这样的直线有( ) A ．1条 B ．2条 C ．3条D ．4条解析：选C 结合图形分析可知，满足题意的直线共有3条：直线x ＝0，过点(0,1)且平行于x 轴的直线以及过点(0,1)且与抛物线相切的直线(非直线x ＝0)．4．过椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左顶点A 且斜率为1的直线与椭圆的另一个交点为M ，与y 轴的交点为B ，若|AM |＝|MB |，则该椭圆的离心率为________．解析：由题意知A 点的坐标为(－a,0)，l 的方程为y ＝x ＋a ，所以B 点的坐标为(0，a )，故M 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，a 2，代入椭圆方程得a 2＝3b 2，则c 2＝2b 2，则c 2a 2＝23，故e ＝63.答案：635．已知双曲线方程是x 2－y 22＝1，过定点P (2,1)作直线交双曲线于P 1，P 2两点，并使P (2,1)为P 1P 2的中点，则此直线方程是________________．解析：设点P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)，则由x 21－y 212＝1，x 22－y 222＝1，得k ＝y 2－y 1x 2－x 1＝2x 2＋x 1y 2＋y 1＝2×42＝4，从而所求方程为4x －y －7＝0.将此直线方程与双曲线方程联立得14x 2－56x ＋51＝0，Δ＞0，故此直线满足条件．答案：4x －y －7＝01.直线与圆锥曲线的位置关系，主要涉及弦长、弦中点、对称、参数的取值范围、求曲线方程等问题．解题中要充分重视根与系数的关系和判别式的应用．2．当直线与圆锥曲线相交时：涉及弦长问题，常用“根与系数的关系”设而不求计算弦长(即应用弦长公式)；涉及弦的中点问题，常用“点差法”设而不求，将弦所在直线的斜率、弦的中点坐标联系起来，相互转化．同时还应充分挖掘题目中的隐含条件，寻找量与量间的关系灵活转化，往往就能事半功倍．解题的主要规律可以概括为“联立方程求交点，韦达定理求弦长，根的分布找范围，曲线定义不能忘”．直线与圆锥曲线的位置关系典题导入[例1] (2012·北京高考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的一个顶点为A (2,0)，离心率为22.直线y＝k (x －1)与椭圆C 交于不同的两点M ，N .(1)求椭圆C 的方程； (2)当△AMN 的面积为103时，求k 的值． [自主解答] (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，c a ＝22，a 2＝b 2＋c 2，解得b ＝2，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 22＝1. (2)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －1，x 24＋y22＝1，得(1＋2k 2)x 2－4k 2x ＋2k 2－4＝0.设点M ，N 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，则 y 1＝k (x 1－1)，y 2＝k (x 2－1)，x 1＋x 2＝4k21＋2k 2，x 1x 2＝2k 2－41＋2k 2，所以|MN |＝x 2－x 12＋y 2－y 12＝1＋k2[x 1＋x 22－4x 1x 2]＝21＋k 24＋6k21＋2k2.又因为点A (2,0)到直线y ＝k (x －1)的距离d ＝|k |1＋k2，所以△AMN 的面积为 S ＝12|MN |· d ＝|k |4＋6k 21＋2k 2. 由|k |4＋6k 21＋2k 2＝103，解得k ＝±1. 由题悟法研究直线与圆锥曲线的位置关系时，一般转化为研究其直线方程与圆锥方程组成的方程组解的个数，但对于选择、填空题也可以利用几何条件，用数形结合的方法求解．以题试法1．(2012·信阳模拟)设抛物线y 2＝8x 的准线与x 轴交于点Q ，若过点Q 的直线l 与抛物线有公共点，则直线l 的斜率的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12 B ．[－2,2] C ．[－1,1]D ．[－4,4]解析：选C 易知抛物线y 2＝8x 的准线x ＝－2与x 轴的交点为Q (－2,0)，于是，可设过点Q (－2,0)的直线l 的方程为y ＝k (x ＋2)(由题可知k 是存在的)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝8x ，y ＝k x ＋2⇒k 2x 2＋(4k 2－8)x ＋4k 2＝0.当k ＝0时，易知符合题意；当k ≠0时，其判别式为Δ＝(4k 2－8)2－16k 4＝－64k 2＋64≥0， 可解得－1≤k ≤1.最值与范围问题典题导入[例2] (2012·浙江高考)如图，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为12，其左焦点到点P (2,1)的距离为10.不过原点O 的直线l 与C 相交于A ，B 两点，且线段AB 被直线OP 平分．(1)求椭圆C 的方程；(2)求△ABP 面积取最大值时直线l 的方程．[自主解答] (1)设椭圆左焦点为F (－c,0)，则由题意得 ⎩⎪⎨⎪⎧2＋c 2＋1＝10，c a ＝12，得⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，a ＝2.所以椭圆方程为x 24＋y 23＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，线段AB 的中点为M .当直线AB 与x 轴垂直时，直线AB 的方程为x ＝0，与不过原点的条件不符，舍去．故可设直线AB 的方程为y ＝kx ＋m (m ≠0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，3x 2＋4y 2＝12消去y ，整理得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0， ① 则Δ＝64k 2m 2－4(3＋4k 2)(4m 2－12)＞0，⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－8km3＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－123＋4k 2.所以线段AB 的中点为M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km 3＋4k 2，3m 3＋4k 2. 因为M 在直线OP ：y ＝12x 上，所以3m 3＋4k 2＝－2km3＋4k 2.得m ＝0(舍去)或k ＝－32.此时方程①为3x 2－3mx ＋m 2－3＝0，则Δ＝3(12－m 2)＞0，⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝m ，x 1x 2＝m 2－33.所以|AB |＝1＋k 2·|x 1－x 2|＝396·12－m 2， 设点P 到直线AB 的距离为d ，则d ＝|8－2m |32＋22＝2|m －4|13. 设△ABP 的面积为S ，则S ＝12|AB |·d ＝36·m －4212－m2.其中m ∈(－23，0)∪(0,23)．令u (m )＝(12－m 2)(m －4)2，m ∈[－23，2 3 ]，u ′(m )＝－4(m －4)(m 2－2m －6)＝－4(m －4)(m －1－7)(m －1＋7)．所以当且仅当m ＝1－7时，u (m )取到最大值． 故当且仅当m ＝1－7时，S 取到最大值． 综上，所求直线l 的方程为3x ＋2y ＋27－2＝0.由题悟法1．解决圆锥曲线的最值与范围问题常见的解法有两种：几何法和代数法．(1)若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决，这就是几何法； (2)若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值，这就是代数法．2．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下五个方面考虑： (1)利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立等量关系； (3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； (4)利用基本不等式求出参数的取值范围； (5)利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．以题试法2．(2012·东莞模拟)已知抛物线y 2＝2px (p ≠0)上存在关于直线x ＋y ＝1对称的相异两点，则实数p 的取值范围为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，0B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，0D.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32 解析：选B 设抛物线上关于直线x ＋y ＝1对称的两点是M (x 1，y 1)、N (x 2，y 2)，设直线MN 的方程为y ＝x ＋b .将y ＝x ＋b 代入抛物线方程，得x 2＋(2b －2p )x ＋b 2＝0，则x 1＋x 2＝2p －2b ，y 1＋y 2＝(x 1＋x 2)＋2b ＝2p ，则MN 的中点P 的坐标为(p －b ，p )．因为点P 在直线x ＋y ＝1上，所以2p －b ＝1，即b ＝2p －1.又Δ＝(2b －2p )2－4b 2＝4p 2－8bp ＞0，将b ＝2p －1代入得4p 2－8p (2p －1)＞0，即3p 2－2p ＜0，解得0＜p ＜23.定点定值问题典题导入[例3] (2012·辽宁高考)如图，椭圆C 0：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0，a ，b 为常数)，动圆C 1：x 2＋y 2＝t 21，b <t 1<a .点A 1，A 2分别为C 0的左，右顶点，C 1与C 0相交于A ，B ，C ，D 四点．(1)求直线AA 1与直线A 2B 交点M 的轨迹方程；(2)设动圆C 2：x 2＋y 2＝t 22与C 0相交于A ′，B ′，C ′，D ′四点，其中b <t 2<a ，t 1≠t 2.若矩形ABCD 与矩形A ′B ′C ′D ′的面积相等，证明：t 21＋t 22为定值．[自主解答] (1)设 A (x 1，y 1)，B (x 1，－y 1)，又知A 1(－a,0)，A 2(a,0)，则直线A 1A 的方程为y ＝y 1x 1＋a(x ＋a )，①直线A 2B 的方程为y ＝－y 1x 1－a(x －a )．② 由①②得y 2＝－y 21x 21－a2(x 2－a 2)．③由点A (x 1，y 1)在椭圆C 0上，故x 21a 2＋y 21b2＝1.从而y 21＝b 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 21a 2，代入③得x 2a 2－y 2b 2＝1(x <－a ，y <0)． (2)证明：设A ′(x 2，y 2)，由矩形ABCD 与矩形A ′B ′C ′D ′的面积相等，得4|x 1||y 1|＝4|x 2|·|y 2|， 故x 21y 21＝x 22y 22.因为点A ，A ′均在椭圆上，所以b 2x 21⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 21a 2＝b 2x 22⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 22a 2.由t 1≠t 2，知x 1≠x 2，所以x 21＋x 22＝a 2，从而y 21＋y 22＝b 2， 因此t 21＋t 22＝a 2＋b 2为定值．由题悟法1．求定值问题常见的方法有两种(1)从特殊入手，求出表达式，再证明这个值与变量无关；(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 2．定点的探索与证明问题(1)探索直线过定点时，可设出直线方程为y ＝kx ＋b ，然后利用条件建立b 、k 等量关系进行消元，借助于直线系方程找出定点；(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明一般情况．以题试法3．(2012·山东省实验中学模拟)已知抛物线y 2＝2px (p ≠0)及定点A (a ，b )，B (－a,0)，ab ≠0，b 2≠2pa ，M 是抛物线上的点．设直线AM ，BM 与抛物线的另一个交点分别为M 1，M 2，当M 变动时，直线M 1M 2恒过一个定点，此定点坐标为________．解析：设M ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 202p ，y 0，M 1⎝ ⎛⎭⎪⎫y 212p ，y 1，M 2⎝ ⎛⎭⎪⎫y 222p ，y 2，由点A ，M ，M 1共线可知y 0－b y 202p－a＝y 1－y 0y 212p －y 202p，得y 1＝by 0－2pa y 0－b ，同理由点B ，M ，M 2共线得y 2＝2pa y 0.设(x ，y )是直线M 1M 2上的点，则y 2－y 1y 222p －y 212p ＝y 2－y y 222p－x ，即y 1y 2＝y (y 1＋y 2)－2px ，又y 1＝by 0－2pa y 0－b ，y 2＝2pay 0， 则(2px －by )y 02＋2pb (a －x )y 0＋2pa (by －2pa )＝0. 当x ＝a ，y ＝2pa b时上式恒成立，即定点为⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，2pa b .答案：⎝⎛⎭⎪⎫a ，2pa b1．已知双曲线x 2－y 23＝1的左顶点为A 1，右焦点为F 2，P 为双曲线右支上一点，则1PA u u u r ,·2PF u u u r,的最小值为( )A ．－2B ．－8116C ．1D ．0解析：选A 设点P (x ，y )，其中x ≥1.依题意得A 1(－1,0)，F 2(2,0)，由双曲线方程得y 2＝3(x 2－1)．1PA u u u r ,·2PF u u u r ,＝(－1－x ，－y )·(2－x ，－y )＝(x ＋1)(x －2)＋y 2＝x 2＋y 2－x －2＝x 2＋3(x 2－1)－x －2＝4x 2－x －5＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫x －182－8116，其中x ≥1.因此，当x ＝1时，1PA u u u r ,·2PF u u u r ,取得最小值－2.2．过抛物线y 2＝2x 的焦点作一条直线与抛物线交于A 、B 两点，它们的横坐标之和等于2，则这样的直线( )A ．有且只有一条B ．有且只有两条C ．有且只有三条D ．有且只有四条解析：选B 设该抛物线焦点为F ，则|AB |＝|AF |＋|FB |＝x A ＋p 2＋x B ＋p2＝x A ＋x B ＋1＝3＞2p ＝2.所以符合条件的直线有且仅有两条．3．(2012·南昌联考)过双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的右焦点F 作与x 轴垂直的直线，分别与双曲线、双曲线的渐近线交于点M 、N (均在第一象限内)，若FM u u u u r ,＝4MN u u u u r,，则双曲线的离心率为( )A.54 B.53 C.35D.45解析：选B 由题意知F (c,0)，则易得M ，N 的纵坐标分别为b 2a ，bc a ，由FM u u u u r ,＝4MN u u u u r ,得b 2a ＝4·⎝ ⎛⎭⎪⎫bc a －b 2a ，即b c ＝45.又c 2＝a 2＋b 2，则e ＝c a ＝53. 4．已知椭圆x 225＋y 216＝1的焦点是F 1，F 2，如果椭圆上一点P 满足PF 1⊥PF 2，则下面结论正确的是( )A ．P 点有两个B ．P 点有四个C ．P 点不一定存在D ．P 点一定不存在解析：选D 设椭圆的基本量为a ，b ，c ，则a ＝5，b ＝4，c ＝3.以F 1F 2为直径构造圆，可知圆的半径r ＝c ＝3＜4＝b ，即圆与椭圆不可能有交点．5．已知椭圆C ：x 22＋y 2＝1的两焦点为F 1，F 2，点P (x 0，y 0)满足x 202＋y 20≤1，则|PF 1|＋|PF 2|的取值范围为________．解析：当P 在原点处时，|PF 1|＋|PF 2|取得最小值2；当P 在椭圆上时，|PF 1|＋|PF 2|取得最大值22，故|PF 1|＋|PF 2|的取值范围为[2,2 2 ]．答案：[2,2 2 ]6．(2013·长沙月考)直线l ：x －y ＝0与椭圆x 22＋y 2＝1相交于A 、B 两点，点C 是椭圆上的动点，则△ABC 面积的最大值为________．解析：由⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0，x 22＋y 2＝1，得3x 2＝2，∴x ＝±63， ∴A ⎝⎛⎭⎪⎫63，63，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－63，－63， ∴|AB |＝433.设点C (2cos θ，sin θ)，则点C 到AB 的距离d ＝|2cos θ－sin θ|2＝32·⎪⎪sin(θ－φ)⎪⎪≤32，∴S △ABC ＝12|AB |·d ≤12×433×32＝ 2.答案： 27．设F 1，F 2分别是椭圆E ：x 2＋y 2b2＝1(0<b <1)的左，右焦点，过F 1的直线l 与E 相交于A ，B 两点，且|AF 2|，|AB |，|BF 2|成等差数列．(1)求|AB |；(2)若直线l 的斜率为1，求b 的值．解：(1)由椭圆定义知|AF 2|＋|AB |＋|BF 2|＝4， 又2|AB |＝|AF 2|＋|BF 2|，得|AB |＝43.(2)l 的方程为y ＝x ＋c ，其中c ＝1－b 2.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则A ，B 两点坐标满足方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋c ，x 2＋y 2b 2＝1，化简得(1＋b 2)x 2＋2cx ＋1－2b 2＝0.则x 1＋x 2＝－2c 1＋b 2，x 1x 2＝1－2b21＋b 2.因为直线AB 的斜率为1，所以|AB |＝2|x 2－x 1|，即43＝2|x 2－x 1|.则89＝(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝41－b 21＋b 22－41－2b21＋b2＝8b 41＋b22，解得b ＝22. 8．(2012·黄冈质检)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，椭圆上任意一点到右焦点F 的距离的最大值为2＋1.(1)求椭圆的方程；(2)已知点C (m,0)是线段OF 上一个动点(O 为坐标原点)，是否存在过点F 且与x 轴不垂直的直线l 与椭圆交于A ，B 点，使得|AC |＝|BC |？并说明理由．解：(1)∵⎩⎪⎨⎪⎧e ＝ca ＝22a ＋c ＝2＋1，∴⎩⎨⎧a ＝2c ＝1，∴b ＝1，∴椭圆的方程为x 22＋y 2＝1.(2)由(1)得F (1,0)，∴0≤m ≤1. 假设存在满足题意的直线l ，设l 的方程为y ＝k (x －1)，代入x 22＋y 2＝1中，得(2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝4k22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－22k 2＋1，∴y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2－2)＝－2k2k 2＋1.设AB 的中点为M ，则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k22k 2＋1，－k 2k 2＋1.∵|AC |＝|BC |，∴CM ⊥AB ，即k CM ·k AB ＝－1，∴k2k 2＋1m －2k 22k 2＋1·k ＝－1，即(1－2m )k 2＝m . ∴当0≤m ＜12时，k ＝±m1－2m，即存在满足题意的直线l ； 当12≤m ≤1时，k 不存在，即不存在满足题意的直线l . 9．(2012·江西模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)，直线y ＝x ＋6与以原点为圆心，以椭圆C的短半轴长为半径的圆相切，F 1，F 2为其左，右焦点，P 为椭圆C 上任一点，△F 1PF 2的重心为G ，内心为I ，且IG ∥F 1F 2.(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l ：y ＝kx ＋m (k ≠0)与椭圆C 交于不同的两点A ，B ，且线段AB 的垂直平分线过定点C ⎝ ⎛⎭⎪⎫16，0，求实数k 的取值范围．解：(1)设P (x 0，y 0)，x 0≠±a ，则G ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 03，y 03. 又设I (x I ，y I )，∵IG ∥F 1F 2， ∴y I ＝y 03，∵|F 1F 2|＝2c ，∴S △F 1PF 2＝12·|F 1F 2|·|y 0|＝12(|PF 1|＋|PF 2|＋|F 1F 2|)·| y 03| ，∴2c ·3＝2a ＋2c ，∴e ＝c a ＝12，又由题意知b ＝|6|1＋1，∴b ＝3，∴a ＝2，∴椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1y ＝kx ＋m，消去y ，得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0，由题意知Δ＝(8km )2－4(3＋4k 2)(4m 2－12)＞0，即m 2＜4k 2＋3，又x 1＋x 2＝－8km 3＋4k 2，则y 1＋y 2＝6m 3＋4k2，∴线段AB 的中点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km 3＋4k 2，3m 3＋4k 2.又线段AB 的垂直平分线l ′的方程为y ＝－1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －16，点P 在直线l ′上，∴3m 3＋4k 2＝－1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km 3＋4k 2－16， ∴4k 2＋6km ＋3＝0，∴m ＝－16k (4k 2＋3)，∴4k 2＋3236k2＜4k 2＋3，∴k 2＞332，解得k ＞68或k ＜－68，∴k 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－68∪⎝ ⎛⎭⎪⎫68，＋∞.1．(2012·长春模拟)已知点A (－1,0)，B (1,0)，动点M 的轨迹曲线C 满足∠AMB ＝2θ，|AM u u u u r|,·|BM u u u u r |,cos 2θ＝3，过点B 的直线交曲线C 于P ，Q 两点．(1)求|AM u u u u r |,＋|BM u u u u r|,的值，并写出曲线C 的方程；(2)求△APQ 的面积的最大值．解：(1)设M (x ，y )，在△MAB 中，|AB u u u r |,＝2，∠AMB ＝2θ，根据余弦定理得|AM u u u u r |,2＋|BM u u u u r |,2－2|AM u u u u r |,·|BM u u u u r |,cos 2θ＝|AB u u u r |,2＝4，即(|AM u u u u r |,＋|BM u u u u r |,)2－2|AM u u u u r |,·|BM u u u u r|,·(1＋cos 2θ)＝4，所以(|AM u u u u r |,＋|BM u u u u r |,)2－4|AM u u u u r |,| BM u u u u r |,·cos 2θ＝4.因为|AM u u u u r |,·|BM u u u u r |,cos 2θ＝3，所以(|AM u u u u r |,＋|BM u u u u r |,)2－4×3＝4，所以|AM u u u u r |,＋|BM u u u u r|,＝4.又|AM u u u u r |,＋|BM |,＝4＞2＝|AB u u u r |，因此点M 的轨迹是以A ，B 为焦点的椭圆(点M 在x 轴上也符合题意)，设椭圆的方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b＞0)，则a ＝2，c ＝1，所以b 2＝a 2－c 2＝3. 所以曲线C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设直线PQ 的方程为x ＝my ＋1.由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1x 24＋y23＝1，消去x ，整理得(3m 2＋4)y 2＋6my －9＝0.①显然方程①的判别式Δ＝36m 2＋36(3m 2＋4)＞0， 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则△APQ 的面积S △APQ ＝12×2×|y 1－y 2|＝|y 1－y 2|.由根与系数的关系得y 1＋y 2＝－6m 3m 2＋4，y 1y 2＝－93m 2＋4，所以(y 1－y 2)2＝(y 1＋y 2)2－4y 1y 2＝48×3m 2＋33m 2＋42.令t ＝3m 2＋3，则t ≥3，(y 1－y 2)2＝48t ＋1t＋2， 由于函数φ(t )＝t ＋1t在[3，＋∞)上是增函数，所以t ＋1t ≥103，当且仅当t ＝3m 2＋3＝3，即m ＝0时取等号，所以(y 1－y 2)2≤48103＋2＝9，即|y 1－y 2|的最大值为3，所以△APQ 的面积的最大值为3，此时直线PQ 的方程为x ＝1.2．(2012·郑州模拟)已知圆C 的圆心为C (m,0)，m ＜3，半径为5，圆C 与离心率e ＞12的椭圆E ：x2a2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的其中一个公共点为A (3,1)，F 1，F 2分别是椭圆的左、右焦点． (1)求圆C 的标准方程；(2)若点P 的坐标为(4,4)，试探究直线PF 1与圆C 能否相切？若能，设直线PF 1与椭圆E 相交于D ，B 两点，求△DBF 2的面积；若不能，请说明理由．解：(1)由已知可设圆C 的方程为(x －m )2＋y 2＝5(m ＜3)， 将点A 的坐标代入圆C 的方程中，得(3－m )2＋1＝5， 即(3－m )2＝4，解得m ＝1，或m ＝5. ∴m ＜3，∴m ＝1.∴圆C 的标准方程为(x －1)2＋y 2＝5. (2)直线PF 1能与圆C 相切，依题意设直线PF 1的斜率为k ，则直线PF 1的方程为y ＝k (x －4)＋4，即kx －y －4k ＋4＝0， 若直线PF 1与圆C 相切，则|k －0－4k ＋4|k 2＋1＝ 5.∴4k 2－24k ＋11＝0，解得k ＝112或k ＝12.当k ＝112时，直线PF 1与x 轴的交点的横坐标为3611，不合题意，舍去．当k ＝12时，直线PF 1与x 轴的交点的横坐标为－4，∴c ＝4，F 1(－4,0)，F 2(4,0)． ∴由椭圆的定义得： 2a ＝|AF 1|＋|AF 2|＝3＋42＋12＋3－42＋12＝52＋2＝6 2.∴a ＝32，即a 2＝18，∴e ＝432＝223＞12，满足题意．故直线PF 1能与圆C 相切．直线PF 1的方程为x －2y ＋4＝0，椭圆E 的方程为x 218＋y 22＝1.设B (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，把直线PF 1的方程代入椭圆E 的方程并化简得，13y 2－16y －2＝0，由根与系数的关系得y 1＋y 2＝1613，y 1y 2＝－213，故S △DBF 2＝4|y 1－y 2|＝4y 1＋y 22－4y 1y 2＝241013.1．已知抛物线C 的顶点在坐标原点，焦点为F (1,0)，过焦点F 的直线l 与抛物线C 相交于A ，B 两点，若直线l 的倾斜角为45°，则弦AB 的中点坐标为( )A ．(1,0)B ．(2,2)C ．(3,2)D ．(2,4)解析：选C 依题意得，抛物线C 的方程是y 2＝4x ，直线l的方程是y ＝x －1.由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝x －1消去y得(x －1)2＝4x ，即x 2－6x ＋1＝0，因此线段AB 的中点的横坐标是62＝3，纵坐标是y ＝3－1＝2，所以线段AB 的中点坐标是(3,2)．2．若直线mx ＋ny ＝4和圆O ：x 2＋y 2＝4没有交点，则过点(m ，n )的直线与椭圆x 29＋y 24＝1的交点个数为( )A ．至多1个B ．2个C ．1个D ．0个解析：选B 由题意得4m 2＋n2＞2，即m 2＋n 2＜4，则点(m ，n )在以原点为圆心，以2为半径的圆内，此圆在椭圆x 29＋y 24＝1的内部．3．(2012·深圳模拟)如图，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，以椭圆C 的左顶点T 为圆心作圆T ：(x ＋2)2＋y 2＝r 2(r ＞0)，设圆T 与椭圆C 交于点M 与点N .(1)求椭圆C 的方程；(2)求TM u u u r ,·TN u u u r,的最小值，并求此时圆T 的方程；(3)设点P 是椭圆C 上异于M ，N 的任意一点，且直线MP ，NP 分别与x 轴交于点R ，S ，O 为坐标原点，求证：|OR |·|OS |为定值．解：(1)依题意，得a ＝2，e ＝c a ＝32， ∴c ＝3，b ＝a 2－c 2＝1. 故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)易知点M 与点N 关于x 轴对称，设M (x 1，y 1)，N (x 1，－y 1)，不妨设y 1＞0. 由于点M 在椭圆C 上，∴y 21＝1－x 214.(*)由已知T (－2,0)，则TM u u u r ,＝(x 1＋2，y 1)，TN u u u r,＝(x 1＋2，－y 1)， ∴TM u u u r ,·TN u u u r ,＝(x 1＋2，y 1)·(x 1＋2，－y 1)＝(x 1＋2)2－y 21＝(x 1＋2)2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 214＝54x 21＋4x 1＋3＝54⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋852－15.由于－2＜x 1＜2，故当x 1＝－85时，TM u u u r ,·TN u u u r ,取得最小值－15.把x 1＝－85代入(*)式，得y 1＝35，故M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－85，35，又点M 在圆T 上，代入圆的方程得r 2＝1325.故圆T 的方程为(x ＋2)2＋y 2＝1325.(3)设P (x 0，y 0)，则直线MP 的方程为：y －y 0＝y 0－y 1x 0－x 1(x －x 0)， 令y ＝0，得x R ＝x 1y 0－x 0y 1y 0－y 1，同理：x S ＝x 1y 0＋x 0y 1y 0＋y 1，故x R ·x S ＝x 21y 20－x 20y 21y 20－y 21.(**)又点M 与点P 在椭圆上，故x 20＝4(1－y 20)，x 21＝4(1－y 21)， 代入(**)式， 得x R ·x S ＝41－y 21y 20－41－y 20y 21y 20－y 21＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫y 20－y 21y 20－y 21＝4. 所以|OR |·|OS |＝|x R |·|x S |＝|x R ·x S |＝4为定值．平面解析几何(时间：120分钟，满分150分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分)1．(2012·佛山模拟)已知直线l ：ax ＋y －2－a ＝0在x 轴和y 轴上的截距相等，则a 的值是( ) A ．1 B ．－1 C ．－2或－1D ．－2或1解析：选D 由题意得a ＋2＝a ＋2a，解得a ＝－2或a ＝1. 2．若直线l 与直线y ＝1，x ＝7分别交于点P ，Q ，且线段PQ 的中点坐标为(1，－1)，则直线l 的斜率为( )A.13 B ．－13C ．－32D.23解析：选B 设P (x P,1)，由题意及中点坐标公式得x P ＋7＝2，解得x P ＝－5，即P (－5,1)，所以k ＝－13. 3．(2012·长春模拟)已知点A (1，－1)，B (－1,1)，则以线段AB 为直径的圆的方程是( ) A ．x 2＋y 2＝2 B ．x 2＋y 2＝ 2 C ．x 2＋y 2＝1D ．x 2＋y 2＝4解析：选A AB 的中点坐标为(0,0)， |AB |＝[1－－1]2＋－1－12＝22，∴圆的方程为x 2＋y 2＝2.4．(2012·福建高考)已知双曲线x 24－y 2b2＝1的右焦点与抛物线y 2＝12x 的焦点重合，则该双曲线的焦点到其渐近线的距离等于( )A. 5 B ．4 2 C ．3D ．5解析：选A ∵抛物线y 2＝12x 的焦点坐标为(3,0)，故双曲线x 24－y 2b2＝1的右焦点为(3,0)，即c ＝3，故32＝4＋b 2，∴b 2＝5，∴双曲线的渐近线方程为y ＝±52x ， ∴双曲线的右焦点到其渐近线的距离为⎪⎪⎪⎪⎪⎪52×31＋54＝ 5.5．(2012·郑州模拟)若双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的左，右焦点分别为F 1，F 2，线段F 1F 2被抛物线y 2＝2bx 的焦点分成7∶3的两段，则此双曲线的离心率为( )A.98B.53C.324D.54解析：选B 依题意得，c ＋b 2＝77＋3×2c ，即b ＝45c (其中c 是双曲线的半焦距)，a ＝c 2－b 2＝35c ，则c a ＝53，因此该双曲线的离心率等于53. 6．设双曲线的左，右焦点为F 1，F 2，左，右顶点为M ，N ，若△PF 1F 2的一个顶点P 在双曲线上，则△PF 1F 2的内切圆与边F 1F 2的切点的位置是( )A ．在线段MN 的内部B ．在线段F 1M 的内部或NF 2内部C ．点N 或点MD ．以上三种情况都有可能解析：选C 若P 在右支上，并设内切圆与PF 1，PF 2的切点分别为A ，B ，则|NF 1|－|NF 2|＝|PF 1|－|PF 2|＝(|PA |＋|AF 1|)－(|PB |＋|BF 2|)＝|AF 1|－|BF 2|.所以N 为切点，同理P 在左支上时，M 为切点．7．圆x 2＋y 2－4x ＝0在点P (1, 3)处的切线方程为( ) A ．x ＋3y －2＝0 B ．x ＋3y －4＝0 C ．x －3y ＋4＝0D ．x －3y ＋2＝0解析：选D 圆的方程为(x －2)2＋y 2＝4，圆心坐标为(2,0)，半径为2，点P 在圆上，设切线方程为y －3＝k (x －1)，即kx －y －k ＋3＝0，所以|2k －k ＋3|k 2＋1＝2，解得k ＝33. 所以切线方程为y －3＝33(x －1)，即x －3y ＋2＝0. 8．(2012·新课标全国卷)等轴双曲线C 的中心在原点，焦点在x 轴上，C 与抛物线y 2＝16x 的准线交于A ，B 两点，|AB |＝43，则C 的实轴长为( )A. 2 B ．2 2 C ．4D ．8解析：选C 抛物线y 2＝16x 的准线方程是x ＝－4，所以点A (－4，23)在等轴双曲线C ：x 2－y 2＝a 2(a ＞0)上，将点A 的坐标代入得a ＝2，所以C 的实轴长为4.9．(2012·潍坊适应性训练)已知双曲线C ：x 24－y 25＝1的左，右焦点分别为F 1，F 2，P 为C 的右支上一点，且|PF 2|＝|F 1F 2|，则|P F 2|＝|F 1F 2|，则1PF u u u r ,·2PF u u u r,等于( )A ．24B ．48C ．50D ．56解析：选C 由已知得|PF 2|＝|F 1F 2|＝6，根据双曲线的定义可得|PF 1|＝10，在△F 1PF 2中，根据余弦定理可得cos ∠F 1PF 2＝56，所以1PF u u u r ,·2PF u u u r ,＝10×6×56＝50.10．(2012·南昌模拟)已知△ABC 外接圆半径R ＝1433，且∠ABC ＝120°，BC ＝10，边BC 在x 轴上且y 轴垂直平分BC 边，则过点A 且以B ，C 为焦点的双曲线方程为( )A.x 275－y 2100＝1 B.x 2100－y 275＝1 C.x 29－y 216＝1D.x 216－y 29＝1 解析：选D ∵sin ∠BAC ＝BC 2R ＝5314，∴cos ∠BAC ＝1114，|AC |＝2R sin ∠ABC ＝2×1433×32＝14，sin ∠ACB ＝sin(60°－∠BAC )＝sin 60°cos∠BAC －cos 60°sin∠BAC ＝32×1114－12×5314＝3314， ∴|AB |＝2R sin ∠ACB ＝2×1433×3314＝6，∴2a ＝||AC |－|AB ||＝14－6＝8，∴a ＝4，又c ＝5，∴b 2＝c 2－a 2＝25－16＝9， ∴所求双曲线方程为x 216－y 29＝1.11．(2012·乌鲁木齐模拟)已知抛物线y 2＝2px (p ＞0)的焦点为F ，P ，Q 是抛物线上的两个点，若△PQF 是边长为2的正三角形，则p 的值是( )A ．2± 3B ．2＋ 3 C.3±1D.3－1解析：选A 依题意得F ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，0，设P ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 212p ，y 1，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 222p ，y 2(y 1≠y 2)．由抛物线定义及|PF |＝|QF |，得y 212p ＋p2＝y 222p ＋p 2，所以y 21＝y 22，所以y 1＝－y 2.又|PQ |＝2，因此|y 1|＝|y 2|＝1，点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12p ，y 1.又点P 位于该抛物线上，于是由抛物线的定义得|PF |＝12p ＋p2＝2，由此解得p ＝2± 3.12．已知中心在原点，焦点在坐标轴上，焦距为4的椭圆与直线x ＋3y ＋4＝0有且仅有一个交点，则椭圆的长轴长为( )A ．32或4 2B ．26或27C ．25或27D.5或7解析：选C 设椭圆方程为mx 2＋ny 2＝1(m ≠n 且m ，n ＞0)，与直线方程x ＋3y ＋4＝0联立， 消去x 得(3m ＋n )y 2＋83my ＋16m －1＝0，由Δ＝0得3m ＋n ＝16mn ，即3n ＋1m＝16，①又c ＝2，即1m －1n＝±4，②由①②联立得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝17n ＝13或⎩⎪⎨⎪⎧m ＝1n ＝15，故椭圆的长轴长为27或2 5.二、填空题(本题有4小题，每小题5分，共20分)13．(2012·青岛模拟)已知两直线l 1：x ＋y sin θ－1＝0和l 2：2x sin θ＋y ＋1＝0，当l 1⊥l 2时，θ＝________.解析：l 1⊥l 2的充要条件是2sin θ＋sin θ＝0，即sin θ＝0，所以θ＝k π(k ∈Z )．所以当θ＝k π(k ∈Z )时，l 1⊥l 2.答案：k π(k ∈Z )14．已知F 1，F 2分别是椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左，右焦点，A ，B 分别是此椭圆的右顶点和上顶点，P 是椭圆上一点，O 是坐标原点，OP ∥AB ，PF 1⊥x 轴，|F 1A |＝10＋5，则此椭圆的方程是______________________．解析：由于直线AB 的斜率为－b a ，故直线OP 的斜率为－b a ，直线OP 的方程为y ＝－b ax .与椭圆方程联立得x 2a 2＋x 2a 2＝1，解得x ＝±22a .根据PF 1⊥x 轴，取x ＝－22a ，从而－22a ＝－c ，即a ＝2c .又|F 1A |＝a＋c ＝10＋5，故 2c ＋c ＝10＋5，解得c ＝5，从而a ＝10.所以所求的椭圆方程为x 210＋y 25＝1.答案：x 210＋y 25＝115．(2012·陕西高考)右图是抛物线形拱桥，当水面在l 时，拱顶离水面2米，水面宽4米．水位下降1米后，水面宽________米．解析：设抛物线的方程为x 2＝－2py ，则点(2，－2)在抛物线上，代入可得p＝1，所以x 2＝－2y .当y ＝－3时，x 2＝6，即x ＝±6，所以水面宽为2 6.答案：2 616．(2012·天津高考)设m ，n ∈R ，若直线l ：mx ＋ny －1＝0与x 轴相交于点A ，与y 轴相交于点B ，且l 与圆x 2＋y 2＝4相交所得弦的长为2，O 为坐标原点，则△AOB 面积的最小值为________．解析：由直线与圆相交所得弦长为2，知圆心到直线的距离为3，即1m 2＋n2＝3，所以m 2＋n 2＝13≥2|mn |，所以|mn |≤16，又A ⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1n ，所以△AOB 的面积为12|mn |≥3，最小值为3. 答案：3三、解答题(本题共6小题，共70分)17．(10分)求过直线l 1：x －2y ＋3＝0与直线l 2：2x ＋3y －8＝0的交点，且到点P (0,4)距离为2的直线方程．解：由⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋3＝0，2x ＋3y －8＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝2.所以l 1与l 2的交点为(1,2)，设所求直线y －2＝k (x －1)(由题可知k 存在)，即kx －y ＋2－k ＝0， ∵P (0,4)到直线距离为2，∴2＝|－2－k |1＋k 2， 解得k ＝0或k ＝43.∴直线方程为y ＝2或4x －3y ＋2＝0.18．(12分)(2012·南昌模拟)已知圆C 过点P (1,1)，且与圆M ：(x ＋2)2＋(y ＋2)2＝r 2(r ＞0)关于直线x ＋y ＋2＝0对称．(1)求圆C 的方程；(2)过点P 作两条相异直线分别与圆C 相交于A ，B ，且直线PA 和直线PB 的倾斜角互补，O 为坐标原点，试判断直线OP 和AB 是否平行？请说明理由．解：设圆心C (a ，b )，则⎩⎪⎨⎪⎧a －22＋b －22＋2＝0，b ＋2a ＋2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝0，b ＝0，则圆C 的方程为x 2＋y 2＝r 2，将点P 的坐标代入得r 2＝2， 故圆C 的方程为x 2＋y 2＝2.(2)由题意知，直线PA 和直线PB 的斜率存在，且互为相反数，故可设PA ：y －1＝k (x －1)，PB ：y －1＝－k (x －1)，由⎩⎪⎨⎪⎧y －1＝k x －1，x 2＋y 2＝2得(1＋k 2)x 2＋2k (1－k )x ＋(1－k )2－2＝0.因为点P的横坐标x ＝1一定是该方程的解，故可得x A ＝k 2－2k －11＋k 2.同理可得x B ＝k 2＋2k －11＋k 2，所以k AB ＝y B －y Ax B －x A＝－k x B －1－kx A －1x B －x A＝2k －k x B ＋x Ax B －x A＝1＝k OP ，所以，直线AB 和OP 一定平行．19．(12分)(2012·天津高考)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫55a ，22a 在椭圆上．(1)求椭圆的离心率；(2)设A 为椭圆的左顶点，O 为坐标原点．若点Q 在椭圆上且满足|AQ |＝|AO |，求直线OQ 的斜率的值．解：(1)因为点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫55a ，22a 在椭圆上，故a 25a 2＋a 22b 2＝1，可得b 2a 2＝58.于是e 2＝a 2－b 2a 2＝1－b 2a 2＝38，所以椭圆的离心率e ＝64.(2)设直线OQ 的斜率为k ，则其方程为y ＝kx ，设点Q 的坐标为(x 0，y 0)．由条件得⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝kx 0，x 20a 2＋y 2b 2＝1，消去y 0并整理得x 20＝a 2b 2k 2a 2＋b2.①由|AQ |＝|AO |，A (－a,0)及y 0＝kx 0， 得(x 0＋a )2＋k 2x 20＝a 2.整理得(1＋k 2)x 2＋2ax 0＝0，而x 0≠0，故x 0＝－2a 1＋k 2，代入①，整理得(1＋k 2)2＝4k 2·a 2b2＋4.由(1)知a 2b 2＝85，故(1＋k 2)2＝325k 2＋4，即5k 4－22k 2－15＝0，可得k 2＝5. 所以直线OQ 的斜率k ＝± 5.20．(12分)(2012·河南模拟)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，短轴的一个端点为M (0,1)，直线l ：y ＝kx －13与椭圆相交于不同的两点A ，B .(1)若|AB |＝4269，求k 的值；(2)求证：不论k 取何值，以AB 为直径的圆恒过点M . 解：(1)由题意知c a ＝22，b ＝1. 由a 2＝b 2＋c 2可得c ＝b ＝1，a ＝2， ∴椭圆的方程为x 22＋y 2＝1.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －13，x 22＋y 2＝1得(2k 2＋1)x 2－43kx －169＝0.Δ＝169k 2－4(2k 2＋1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫－169＝16k 2＋649＞0恒成立，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝4k32k 2＋1，x 1x 2＝－1692k 2＋1. ∴|AB |＝1＋k 2·|x 1－x 2|＝1＋k 2·x 1＋x 22－4x 1x 2＝41＋k 29k 2＋432k 2＋1＝4269， 化简得23k 4－13k 2－10＝0，即(k 2－1)(23k 2＋10)＝0， 解得k ＝±1.(2)∵MA u u u r ,＝(x 1，y 1－1)，MB u u u r,＝(x 2，y 2－1)， ∴MA u u u r ,·MB u u u r,＝x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1)，＝(1＋k 2)x 1x 2－43k (x 1＋x 2)＋169＝－161＋k292k 2＋1－16k 292k 2＋1＋169＝0.∴不论k 取何值，以AB 为直径的圆恒过点M .21． (2012·广州模拟)设椭圆M ：x 2a 2＋y 22＝1(a ＞2)的右焦点为F 1，直线l ：x ＝a 2a 2－2与x 轴交于点A ，若1OF u u u r ,＋21AF u u u u r,＝0(其中O 为坐标原点)．(1)求椭圆M 的方程；(2)设P 是椭圆M 上的任意一点，EF 为圆N ：x 2＋(y －2)2＝1的任意一条直径(E ，F 为直径的两个端点)，求PE u u u r ,·PF u u u r,的最大值．解：(1)由题设知，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2a 2－2，0，F 1(a 2－2，0)，由1OF u u u r ,＋21AF u u u u r ,＝0，得a 2－2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2a 2－2－a 2－2， 解得a 2＝6.所以椭圆M 的方程为x 26＋y 22＝1.(2)设圆N ：x 2＋(y －2)2＝1的圆心为N ，则PE u u u r ,·PF u u u r ,＝(NE u u u r ,－NP u u u r ,)·(NF u u u r ,－NP u u u r ,)＝(－NF u u u r ,－NP u u u r ,)·(NF u u u r ,－NP u u u r ,) ＝NP u u u r ,2－NF u u u r ,2 ＝NP u u u r ,2－1.从而将求PE u u u r ,·PF u u u r ,的最大值转化为求NP ―→,2的最大值．因为P 是椭圆M 上的任意一点，设P (x 0，y 0)， 所以x 206＋y 202＝1，即x 20＝6－3y 20.因为点N (0,2)，所以NP u u u r ,2＝x 20＋(y 0－2)2＝－2(y 0＋1)2＋12.因为y 0∈[－2， 2]，所以当y 0＝－1时，NP u u u r ,2取得最大值12.所以PE u u u r ,·PF u u u r,的最大值为11.22． (2012·湖北模拟)如图，曲线C 1是以原点O 为中心，F 1，F 2为焦点的椭圆的一部分．曲线C 2是以O 为顶点，F 2为焦点的抛物线的一部分，A 是曲线C 1和C 2的交点且∠AF 2F 1为钝角，若|AF 1|＝72，|AF 2|＝52. (1)求曲线C 1和C 2的方程；(2)设点C 是C 2上一点，若|CF 1|＝ 2|CF 2|，求△CF 1F 2的面积．解：(1)设椭圆方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)，则2a ＝|AF 1|＋|AF 2|＝72＋52＝6，得a ＝3.设A (x ，y )，F 1(－c,0)，F 2(c,0)，则(x ＋c )2＋y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫722，(x －c )2＋y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫522，两式相减得xc ＝32.由抛物线的定义可知|AF 2|＝x ＋c ＝52，则c ＝1，x ＝32或x ＝1，c ＝32.又∠AF 2F 1为钝角，则x ＝1，c ＝32不合题意，舍去．当c ＝1时，b ＝22，所以曲线C 1的方程为x 29＋y 28＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫－3≤x ≤32，曲线C 2的方程为y 2＝4x ⎝ ⎛⎭⎪⎫0≤x ≤32.(2)过点F 1作直线l 垂直于x 轴，过点C 作CC 1⊥l 于点C 1，依题意知|CC 1|＝|CF 2|. 在Rt △CC 1F 1中，|CF 1|＝ 2|CF 2|＝2|CC 1|，所以∠C 1CF 1＝45°， 所以∠CF 1F 2＝∠C 1CF 1＝45°.在△CF 1F 2中，设|CF 2|＝r ，则|CF 1|＝2r ，|F 1F 2|＝2. 由余弦定理得22＋(2r )2－2×2×2r cos 45°＝r 2， 解得r ＝2，所以△CF 1F 2的面积S △CF 1F 2＝12|F 1F 2|·|CF 1|sin 45°＝12×2×22sin 45°＝2.。
第 3 讲 圆锥曲线的综合问题1．(2016 ·四川改编 ) 设 O 为坐标原点， P 是以 F 为焦点的抛物线 y 2＝ 2px ( p >0) 上随意一点，是线段PF 上的点，且＝ 2，则直线的斜率的最大值为 ______．MPM MFOM答案22p2y 0分析如图，由题意可知 F 2， 0 ，设 P 点坐标为2p ， y 0 ，明显，当 y 0<0→ →时，k OM <0；当 y 0>0 时，k OM >0，要求 k OM 的最大值， 不如设 y 0>0. 则 OM ＝OF ＋→→ 1→ → 1→ → 1→ 2→FM ＝ OF ＋ 3FP ＝ OF ＋ 3( OP － OF ) ＝ 3OP ＋ 3OF ＝22当且仅当 y 0＝ 2p 时等号成立．y 02 ＋p ，y32220 0yOM2＝≤ 6p3 3 ， k ＝p 02 ＝ 2 ，yyp2 26p＋3p ＋y 02．(2016 ·课标全国乙 ) 设圆 x 2＋y 2＋ 2x － 15＝ 0 的圆心为 A ，直线 l 过点 B (1,0) 且与 x 轴不重合，l 交圆 A 于 ， 两点，过 B 作 的平行线交 于点 .C D ACADE(1) 证明 EA ＋ EB 为定值，并写出点 E 的轨迹方程；(2) 设点 E 的轨迹为曲线 C 1，直线 l 交 C 1 于 M ，N 两点，过 B 且与 l 垂直的直线与圆 A 交于 P ，Q 两点，求四边形 MPNQ 面积的取值范围．解 (1) 因为 AD ＝ AC ， EB ∥ AC ，故∠ EBD ＝∠ ACD ＝∠ ADC ，所以 EB ＝ ED ，故 EA ＋ EB ＝ EA ＋ ED ＝ AD .又圆 A 的标准方程为 ( x ＋1) 2＋ y 2＝ 16，进而 AD ＝ 4，所以 EA ＋ EB ＝4.x 2 y 2由题设得 A ( － 1,0) ，B (1,0) ，AB ＝ 2，由椭圆定义可得点 E 的轨迹方程为：4 ＋ 3 ＝1( y ≠0) ．(2) 当l与 x 轴不垂直时，设l的方程为y＝ k( x－1)(k≠0)，M( x1， y1)，N( x2， y2)．y＝ k x－1，由 x2y2得 (4 k2＋ 3) x2－ 8k2x＋ 4k2－ 12＝ 0.4＋ 3＝18k24k2－ 12则 x1＋x2＝4k2＋3， x1 x2＝4k2＋3，所以 MN＝1＋k212k2＋1|x － x | ＝2.124k＋ 3过点 (1,0)且与l 垂直的直线：＝－1x－1) ，k(B m y2点A到m的距离为k2＋1，所以＝ 22224k2＋ 34 －2＝ 4 2.PQ k ＋1k ＋1故四边形 MPNQ的面积11S＝2MN· PQ＝121＋42＋3.k可适当 l 与 x 轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为(12,83) ．当l 与x轴垂直时，其方程为x＝1，＝3，＝ 8，四边形的面积为 12.MN PQ MPNQ综上，四边形MPNQ面积的取值范围为[12,83) ．1.圆锥曲线的综合问题一般以直线和圆锥曲线的地点关系为载体，以参数办理为中心，考察范围、最值问题，定点、定值问题，探究性问题.2. 试题解答常常要综合应用函数与方程、数形联合、分类议论等多种思想方法，对计算能力也有较高要求，难度较大.热门一范围、最值问题圆锥曲线中的范围、最值问题，能够转变成函数的最值问题( 以所求式子或参数为函数值) ，或许利用式子的几何意义求解．x 2 y 2例 1已知椭圆 C ： a 2＋ b 2＝1( a >b >0) 的左、右焦点和短轴的两个端点构成边长为 2 的正方形．(1) 求椭圆 C 的方程；(2) 过点 Q (1,0) 的直线 l 与椭圆 C 订交于 A ，B 两点，且点 P (4,3) ，记直线 PA ，PB 的斜率分别为k 1， k 2，当 k 1· k 2 取最大值时，求直线 l 的方程．解 (1) 由题意可得 b ＝ c ＝ 2， a ＝ 2，x 2 y 2故椭圆 C 的方程为 4 ＋ 2 ＝1.(2) 当直线 l 的斜率为 0 时， k 1k 2＝ 3 × 3 ＝ 3. 4－2 4＋2 4当直线 l 的斜率不为 0 时，设直线 l 的方程为 x ＝ my ＋ 1， A ( x 1，y 1) ， B ( x 2， y 2) ．x ＝ my ＋1， 2 2联立 x 2＋ 2y 2＝ 4，整理得 ( m ＋2) y ＋ 2my － 3＝ 0，故y 1＋y 2－ 2m1 － 3＝ 2，＝m ＋ y ym ＋ 22又 x 1＝my 1＋ 1， x 2＝ my 2＋ 1，3－ y 1 3－ y 2 所以 k 1· k 2＝·4－ x 1 4－ x 2＝3－ y 1 3－ y 2 3－ 13－ 2my my＝ 9－3 y 1＋ y 2 ＋ y 1y 29－ 3m y 1＋y 2＋2 1 2my y3 2＋2 ＋53 4 ＋ 1＝ mm＝ ＋ m22.4m ＋64 8m ＋ 12令 t ＝4m ＋ 1，只考虑 t >0 时，32t 32故 k 1·k 2＝4＋ t2－ 2t ＋ 25＝ 4＋25 ≤1，当且仅当 t ＝5 时取等号．t ＋ t － 2综上可得，直线 l 的方程为 x － y － 1＝ 0.思想升华解决范围问题的常用方法：(1) 数形联合法：利用待求量的几何意义，确立出极端地点后，数形联合求解． (2) 建立不等式法：利用已知或隐含的不等关系，建立以待求量为元的不等式求解．(3) 建立函数法：先引入变量建立以待求量为因变量的函数，再求其值域．x 22追踪操练 1如图，已知椭圆：4 ＋ y ＝ 1，点 A ，B 是它的两个极点，过原点且斜率为k 的直线 l 与线段 AB 订交于点 D ，且与椭圆订交于 E ， F 两点．→→(1) 若ED ＝ 6DF ，求 k 的值；(2) 求四边形 AEBF 面积的最大值．解 (1) 依题设得椭圆的极点 A (2,0) ， B (0,1) ，则直线 AB 的方程为 x ＋ 2y － 2＝ 0.设直线 EF 的方程为 y ＝ kx ( k >0) ．设 D ( x 0， kx 0) ， E ( x 1， kx 1) ， F ( x 2，kx 2) ，此中 x 1<x 2，x22联立直线 l与椭圆的方程4＋ y＝ 1，消去 y，y＝ kx得方程 (1 ＋ 4k2) x2＝4.故 x2＝－ x1＝22，1＋ 4k由→＝6→知，0－x1＝6(x2－0)，ED DF x x得 x01215210，＝ (6 x＋ x ) ＝ x＝7771＋ 4k2由点在线段上，知x 0＋2kx0－2＝0，D AB得 x0＝2210，所以1＋ 2k＝2，1＋2k7 1＋ 4k223化简，得 24k－25k＋ 6＝0，解得k＝3或k＝8.(2) 依据点到直线的距离公式，知点，到线段EF 的距离分别为h1＝2k， 2＝1，A B1＋k2h1＋k241＋k2又EF＝1＋ 4k2，所以四边形 AEBF的面积为＝1 (1＋2)＝21＋ 2kS2EF h h1＋ 4k21＋ 4k2＋44k＝ 21＋ 4k2＝ 21＋1＋ 4k24＝21＋≤2 2，14k＋k11当且仅当4k＝k，即k＝2时，取等号，所以四边形AEBF面积的最大值为 2 2.热门二定点、定值问题1．由直线方程确立定点，若获得了直线方程的点斜式：y－ y0＝ k( x－ x0)，则直线必过定点( x0，y0) ；若获得了直线方程的斜截式：y＝ kx＋ m，则直线必过定点(0 ，m) ．2．分析几何中的定值问题是指某些几何量( 线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等) 的大小或某些代数表达式的值等与题目中的参数没关，不依参数的变化而变化，而一直是一个确立的值．例2如图，曲线Γ由两个椭圆x2y2T1：a2＋b2＝1( a>b>0)和椭圆y2x2T2： b2＋c2＝1 (b>c>0)构成，当 a， b，c成等比数列时，称曲线Γ 为“猫眼曲线”．若猫眼曲线Γ过点 (0 ，－2) ，且a， b，c 的公比为2 2 .(1) 求猫眼曲线Γ 的方程；(2) 任作斜率为k( k≠0)且可是原点的直线与该曲线订交，交椭圆T1所得弦的中点为M，交椭k OM圆 T2所得弦的中点为N，求证：为与k没关的定值；k ON(3) 若斜率为2的直线l为椭圆T2的切线，且交椭圆T1于点 A，B，N为椭圆T1上的随意一点( 点N与点A， B不重合) ，求△ABN面积的最大值．(1) 解b＝2，∴a＝ 2，c＝ 1，x2y2y2∴ T1：4＋2＝1， T2：2＋x2＝1.(2) 证明设斜率为k 的直线交椭圆T1于点C( x1， y1)， D( x2， y2)，线段CD中点M( x0， y0)，∴ x0＝x1＋x2， y0＝2y1＋ y2，222x1y14＋2＝1，由22x2y24＋2＝1，得x1－x2x1＋ x2＋y1－ y2y1＋ y24＝0.2∵ k 存在且 k≠0，∴ x1≠ x2，且 x0≠0.y1－ y2y01k·k 1∴·＝－，即OM＝－.12x 022x － x同理， k· k ON＝－2，∴k OM1＝，得证．k ON4(3)解设直线 l 的方程为 y＝2x＋ m，y＝2x＋m，联立y2x2b2＋c2＝1，222＋ 222222＝0.∴(b＋2c ) x2mcx＋ mc － b c ∵＝0，∴2＝2＋ 22，m b cl 1： y＝2x＋b2＋2c2y ＝ 2x ＋ m ，x 2 y 2a 2 ＋b 2＝ 1，∴(b 2＋2a 2) x 2＋ 2 2 2 2 2 22max ＋ ma － b a ＝0.22 2∵＝0，∴ m ＝b ＋ 2a ，l 2： y ＝ 2x － b 2＋ 2a 2.两平行线间距离：b 2＋ 2c 2＋ b 2＋ 2a 2d ＝，32 3ab 2a 2－ 2c 2∴ AB ＝b 2 ＋2a 2，AB ＝8 22－4·5·4 4 35＝ 5 ，d ＝| 10＋ 2|10＋ 222＋ － 1＝ .23 △ ABN 的面积最大值为1 4 3 10＋2 2 10＋ 4 S ＝2· 5 ·3 ＝5.思想升华(1) 动线过定点问题的两大种类及解法①动直线 l 过定点问题，解法：设动直线方程 ( 斜率存在 ) 为 y ＝ kx ＋ t ，由题设条件将t 用 k表示为t ＝ ，得 y ＝ ( ＋ ) ，故动直线过定点 ( － 0) ．mk k x m m,②动曲线 C 过定点问题，解法：引入参变量成立曲线 C 的方程，再依据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．(2) 求解定值问题的两大门路 ① 由特例得出一个值此值一般就是定值→ 证明定值：将问题转变成证明待证式与参数某些变量 没关②先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其知足的拘束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值．2x 2 y 2追踪操练 2 已知抛物线： y ＝ 2px ( p >0) 的焦点 F 在双曲线： 3 － 6 ＝ 1 的右准线上，抛物线与直线 l ： y ＝ k ( x － 2)( k >0) 交于 A ， B 两点， AF ， BF 的延伸线与抛物线交于 C ，D 两点．(1) 求抛物线的方程；(2) 若△ AFB 的面积等于 3，求 k 的值；k CD(3) 记直线 CD 的斜率为 k CD ，证明： k 为定值，并求出该定值．x 2 y 2x ＝ 1，解(1) 双曲线：3－ 6＝1 的右准线方程为所以 F (1,0) ，则抛物线的方程为y 2＝ 4x .22y 1y 2(2) 设 A ( 4 ， y 1) ， B ( 4 ， y 2) ，y 2＝ 4 ，x得 ky 2－ 4y － 8k ＝ 0，由 x － 2y ＝ k21 241 2＝ 16＋ 32k >0， y ＋ y ＝ k ， y y ＝－ 8.1 1 2S △AFB ＝2×1×|y 1 －y 2| ＝ 2y 1＋ y 2－4y 1y 21＝ 2k 2＋2＝3，解得k ＝2.2y22(3) 设 (y 33) ，则 →＝ ( 1y 33) ，4 ，－ 1，1) ，→＝(－ 1，C yFA4yFC 4y因为 A ， F ， C 共线，y 22所以 ( 13－ 1) y 3－ y 1( y－ 1) ＝0，4424即 y 3＋( － y 1) y 3－ 4＝ 0.y 14解得： y 3＝ y 1( 舍 ) 或 y 3＝－，y 14 4所以 C ( 2，－ ) ，同理y 1 y 1－ 4 4＋y 2y 1y 2y 1k CD ＝ 44＝－y 1 ＋y 2y 1－y22k CD故 k ＝ 2( 定值 ) ．44D ( 2，－)，y 2 y 2＝ 2k ，热门三探究性问题1．分析几何中的探究性问题，从种类上看， 主假如存在种类的有关题型，解决这种问题往常采纳“一定顺推法”，将不确立性问题明亮化．其步骤为：假定知足条件的元素 ( 点、直线、曲线或参数 ) 存在， 用待定系数法设出， 列出对于待定系数的方程组，若方程组有实数解， 则元素 ( 点、直线、曲线或参数 ) 存在；不然，元素 ( 点、直线、曲线或参数) 不存在．2．反证法与考证法也是求解存在性问题常用的方法．例3 已知点P 是椭圆 上的任一点，P 到直线l1： ＝－ 2 的距离为 d 1，到点( － 1,0) 的距CxF2d 2 2离为 d ，且d＝ .21(1) 求椭圆 C 的方程；(2) 如图，直线l 与椭圆C 交于不一样的两点，( ，都在x 轴上方 ) ，且∠ ＋∠ ＝180°.ABABOFAOFB( ⅰ) 当 A 为椭圆 C 与 y 轴正半轴的交点时，求直线l 的方程；( ⅱ) 能否存在一个定点，不论∠OFA 怎样变化，直线 l 总过该定点？若存在，求出该定点的坐标；若不存在，请说明原因.解 (1) 设 P ( x ， y ) ，则 d 1＝| x ＋ 2| ，d 2＝ x ＋12＋ y 2，d 2 x ＋ 12＋y 22＝| x ＋ 2|＝ ，d 12x 22化简得： 2 ＋ y ＝ 1，x 22∴椭圆 C 的方程为 ＋ y ＝ 1.2(2)( ⅰ) 由 (1) 知 A (0,1) ，又 F ( －1,0) ，∴ k AF ＝ 1，∵∠ OFA ＋∠ OFB ＝180°，∴ k BF ＝－ 1，∴直线 BF 方程为 y ＝－ 1( x ＋ 1) ＝－ x － 1，x 22 2代入 2 ＋ y ＝ 1，得 3x ＋ 4x ＝ 0，4解得 x ＝ 0 或 x ＝－ 3，4 1 1∴ B ( －3， 3) ， k AB ＝2.1∴直线 AB 的方程为 y ＝2x ＋ 1.( ⅱ) 因为∠ OFA ＋∠ OFB ＝180°，∴ k AF ＋ k BF ＝ 0.设直线 AB 方程为 y ＝ kx ＋ b ，2x2代入 ＋ y ＝ 1，212 2得： ( k ＋ ) x ＋ 2kbx ＋ b － 1＝0，2设 A ( x 1， y 1) ， B ( x 2，y 2) ，则x1＋ 2＝－2kb， 12＝ b2－ 1，x21 x x21k ＋ 2 k ＋ 2y 1 y 2∴ k AF ＋ k BF ＝ x 1＋ 1＋ x 2＋ 11＋ b 2kxkx ＋ b＝ x 1＋ 1 ＋x 2＋ 1＝ 2kx x ＋ k ＋ bx ＋ x2 ＋ 2b ＝ 0.1 21x 1＋ 1 x 2＋ 1∴(kx 1＋ b )( x 2＋ 1) ＋ ( kx 2＋ b )( x 1＋ 1)＝ 2kx 1x 2＋( k ＋ b )( x 1＋ x 2) ＋ 2bb 2－ 122＋1－ ( k ＋ b ) ×kb＝ 2k ×k k 2＋1＋ 2b ＝ 0.2 2 ∴ b － 2k ＝ 0，∴直线 AB 方程为 y ＝ k ( x ＋ 2) ． ∴直线 l 总经过定点 ( － 2,0) ．思想升华解决探究性问题的注意事项：存在性问题，先假定存在，推证知足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．(1) 当条件和结论不独一时，要分类议论．(2) 当给出结论而要推导出存在的条件时，先假定成立，再推出条件．(3) 当条件和结论都不知，按惯例方法解题很难时，要思想开放，采纳此外的门路．x 2 y 2追踪操练 3(2015 ·四川 ) 如图，椭圆 E ：a 2 ＋ b 2 ＝ 1( a ＞b ＞ 0) 的离心2→ →率是2 ，点 P (0,1)在短轴 CD 上，且 PC · PD ＝－ 1.(1) 求椭圆 E 的方程；(2) 设O 为坐标原点，过点 P 的动直线与椭圆交于 ， B 两点．能否存在常数λ，使得 → ·→A OA OB→ →λ 的值；若不存在，请说明原因．＋ λPA · PB 为定值？若存在，求解 (1) 由已知，点 C ， D 的坐标分别为 (0 ，－ b ) ， (0 ， b ) ，又点P 的坐标为 (0,1) ，且 → · → ＝－ 1，PC PD1－ b 2＝－ 1，于是c2解得 a ＝ 2， ＝ 2 ，a ＝2 ，ba 2－b 2＝c 2，x 2 y 2所以椭圆 E 的方程为＋ ＝1.42(2) 当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为y ＝kx ＋ 1， A ， B 的坐标分别为 ( x 1， y 1) ，( x 2， y 2) ，x 2 y 2联立 4＋ 2＝1，得 (2 k 2＋ 1)x2＋ 4 －2＝0，kxy ＝ kx ＋ 1，其鉴别式 ＝ (4 k ) 2＋ 8(2 k 2＋ 1) ＞ 0，所以1＋x2＝－ 4k， 1 2＝－2x2k ＋ 1 x x 2k ＋1→→→ →进而， OA · OB ＋λPA · PB＝ x 1x 2＋ y 1y 2＋ λ[ x 1x 2＋ ( y 1－1)( y 2－ 1)] 2＝ (1 ＋λ )(1 ＋ k ) x 1x 2＋ k ( x 1＋ x 2) ＋ 1－ 2λ－ 4 k 2＋ － 2λ－ 1＝2k 2＋ 1λ － 1＝－2－ λ－2.2k ＋ 1λ－1所以当 λ＝ 1 时，－ 2k 2＋ 1－ λ－ 2＝－ 3， → → → → 为定值． 此时 OA · OB ＋ λPA · PB ＝－ 3当直线 AB 斜率不存在时，直线 AB 即为直线CD ，此时， → · → ＋ → · →＝→· → ＋ →· →OA OB λPA PB OC ODλPC PD＝－ 2－ 1＝－ 3.→ → → →故存在常数 λ＝ 1，使得 OA · OB ＋ λPA · PB 为定值－ 3.已知椭圆x2y2a>0) 与抛物线2：y2ax订交于，B两点，且两曲线的焦点F重1：2＋＝ 1(＝ 2C a3C A合．(1)求 C1， C2的方程；(2)若过焦点 F的直线 l 与椭圆分别交于 M，Q两点，与抛物线分别交于 P，N两点，能否存在PN斜率为k( k≠0)的直线l ，使得＝2？若存在，求出MQk 的值；若不存在，请说明原因．押题依照此题将椭圆和抛物线联合起来设置命题，表现了对直线和圆锥曲线地点关系的综合考察．关注知识交汇，突出综合应用是高考的特点．解 (1) 因为C1，C2的焦点重合，2a所以 a －3＝2，所以 a2＝4.又 a>0，所以 a＝2.x2y2于是椭圆 C1的方程为＋＝1，4 3抛物线 C2的方程为 y2＝4x.PN(2)假定存在直线 l 使得＝2，MQ则可设直线l 的方程为 y＝ k( x－1)， P( x1， y1)， Q( x2， y2)，M( x3， y3)，N( x4， y4)．y2＝4x，可得 k2x2－(2 k2＋4) x＋ k2＝0，由y＝ k x－1，2k2＋ 4则 x1＋x4＝k2， x1 x4＝1，所以＝1＋2·x 1＋42－4 1x4PN k x x4 1＋ k 2＝k 2 .x 2y 2由 4＋ 3＝1，可得 (3 ＋ 4k 2) x 2－ 8k 2x ＋ 4k 2 －12＝ 0，y ＝ kx － 1 ，8k 24k 2－ 12则 x 2＋x 3＝3＋ 4k 2， x 2 x 3＝ 3＋ 4k 2 ，所以 MQ ＝2x ＋ x2x1＋ k ·3－ 4x32212 1＋ k 2＝3＋ 4k 2.PN若＝2，MQ4 1＋ k 2 ＝2× 12 1＋ k 2则k 23＋4k 2，6解得 k ＝± 2 .故存在斜率为6的直线 l ，使得 PN k ＝± ＝ 2.2MQA 组 专题通关1．平面上一机器人在前进中一直保持与点 F (1,0) 的距离和到直线 x ＝－ 1 的距离相等． 若机器人接触不到过点 P ( － 1， 0) 且斜率为 k 的直线，则 k 的取值范围是 ________________ ．答案( －∞，－ 1) ∪(1 ，＋∞)分析 依据抛物线的观点可得机器人在以点F (1,0) 为焦点的抛物线 y 2＝ 4x 上，由题意可得y 2＝ 4x ，直线＝(x ＋ 1) 与抛物线y 2＝ 4 x没有交点，联立直线与抛物线y ky ＝ k x ＋ 1 ，2消元可得 y ＝ k · y＋ k ? k · y 2－ y ＋ k ＝0，4 4 即该方程无根，则k ≠0且＝ 1－ k 2<0? k <－ 1 或 k >1，所以 k 的取值范围为 ( －∞，－ 1) ∪(1 ，＋∞ ) ．x 2 y 22．已知椭圆 4 ＋b 2＝ 1(0< b <2) 的左，右焦点分别为 F 1，F 2，过 F 1 的直线 l 交椭圆于 A ，B 两点，若 BF 2＋AF 2 的最大值为 5，则 b 的值是 ________．答案3分析由椭圆的方程，可知长半轴长a ＝2；由椭圆的定义，可知AF ＋ BF ＋ AB ＝ 4a ＝ 8，所222 22b 2以 AB ＝ 8－ ( AF ＋BF ) ≥3. 由椭圆的性质，可知过椭圆焦点的弦中，通径最短，即 a ＝ 3，可求得 b 2＝ 3，即 b ＝ 3.x 2 y 2→ →3．若点 O 和点 F 分别为椭圆 4 ＋ 3 ＝ 1 的中心和左焦点， 点 P 为椭圆上的随意一点， 则 OP ·FP 的最大值为 ________．答案 6分析由题意得 F ( － 1,0) ，设点 P ( x 0， y 0) ，x 2则2y 0＝3(1 － )( －2≤ x 0≤2) ．4→ → 1) ＋y 2 2 2 OP · FP ＝ x 0( x 0＋ 0＝ x 0＋ x 0＋ y 022x 0＝ x 0＋x 0＋3(1 － 4 )＝ 1 ( x 0＋ 2) 2＋ 2.4又因为－ 2≤x 0≤2，所以当x 0＝2 时，→·→获得最大值，最大值为 6.OP FP4．已知抛物线 y 2＝ 2px ( p >0) ，△ ABC 的三个极点都在抛物线上，O 为坐标原点，设△ ABC 三条边 AB ， BC ，AC 的中点分别为 M ， N ， Q ，且 M ， N ， Q 的纵坐标分别为 y 1， y 2， y 3. 若直线 AB ，BC ， AC 的斜率之和为－11 1 1，则 y 1 ＋ y2 ＋y 3 的值为 ______．1答案－ p分析 设 A ( x ，y ) ， B ( x ， y ) ， C ( x ， y ) ，AABBCC2 y A ＝2px A ，2 则 y B ＝ 2px B ，2y C ＝ 2px C ，三个式子两两相减得y A ＋y B y A － y B ＝ 2p x A － x B ， y ＋yCy － y C ＝ 2p x － x C ，AA Ay B ＋y Cy B － y C ＝ 2p x B － x C ，2y 1即 2y 3 2y 2y A － y B y A － y C y B －y C＝ 2p x A － x B ，＝ 2p x A － x C ，＝ 2p x B － x C ，p ＝ y A － y B AByx － x＝ k，1 BA 即p ＝y － y＝ k BC ，B Cy 2 x B － x C p ＝ y A － y Cy x － x ＝ k AC ，3 A C所以 1 ＋ 111＋y＝－ .y 1 y 2 3px 2y 222→ →5．若 P 为椭圆 16＋15＝ 1 上随意一点， EF 为圆 ( x － 1) ＋y ＝4 的随意一条直径，则PE · PF的取值范围是 ________． 答案 [5,21]分析因为 → ·→＝ ( →－→) ·(→－→)PE PF NE NP NF NP→ →→ → → → 2＝ NE ·NF － NP ·(NE ＋ NF ) ＋ NP＝－ → → π－ → 2 2| NE || NF | ·cos 0＋ | NP | ＝－ 4＋ NP . 又因为椭圆x 2＋ y 2 ＝1 的 ＝4， ＝ 15，＝1，1615abcN (1,0) 为椭圆的右焦点，∴ NP ∈[a － c ， a ＋c ] ＝ [3,5] ，→ →∴ PE ·PF ∈[5,21] ．226．已知双曲线： x2－ y2＝ 1(>0， >0) 的离心率为 3， ， 为左，右极点，点P 为双曲线C a b a bA BC 在第一象限的随意一点，点O 为坐标原点，若直线PA ，PB ， PO 的斜率分别为k 1， k 2， k 3，记 m ＝k 1k 2k 3，则 m 的取值范围为 ________．答案 (0,2 2)x 2 y 2c分析 ∵双曲线 C ： a 2－ b 2＝1( a >0， b >0) 的离心率为 3，∴ e ＝ a ＝ 3，∴ b ＝ 2a ， 设 P ( x ， y ) ，∵点 P 为双曲线 C 在第一象限的随意一点，x 2 y 2x >0， y >0，∴ 2－2＝1，且ab∵ ， B 为双曲线C 的左，右极点，点 O 为坐标原点， ，，的斜率分别为k 1， 2 ， 3，APA PB POk k∴1 2＝ y·y＝ 2，3＝y>0， k k x ＋ a x －akx又∵双曲线的渐近线为 y ＝± 2x ，∴0<k 3< 2，∴ 0< m ＝ k 1k 2k 3<2 2.→ →x 2 y 27．已知 A (1,2) ，B ( －1,2) ，动点 P 知足 AP ⊥ BP . 若双曲线 a 2 － b 2＝1( a >0，b >0) 的渐近线与动点 P 的轨迹没有公共点，则双曲线离心率的取值范围是________．答案 (1,2)分析设 P ( x ，y ) ，由题设条件，得动点 P 的轨迹为 ( x － 1)( x ＋ 1) ＋ ( y － 2)( y － 2) ＝ 0，即 x 2＋( y － 2) 2＝ 1，它是以 (0,2) 为圆心， 1 为半径的圆．x 2y 2b 又双曲线a 2 －b 2＝ 1( a >0， b >0) 的渐近线方程为y ＝± ax ，即bx ± ay ＝ 0，由题意，可得2a2aa 2＋b2>1，即c>1，c所以 e ＝ a <2，又 e >1，故 1<e <2.8．在直线 y ＝－ 2 上任取一点 Q ，过 Q 作抛物线 x 2＝4y 的切线，切点分别为A 、B ，则直线AB 恒过定点 ________．答案 (0,2)分析设 (，－ 2)， (1， 1)， (2，2)，抛物线方程变成＝12，则y ′＝ 1，则在点AQ tA x yB x y y4x2x处的切线方程为y － y 1＝21x 1( x － x 1) ，化简得， y ＝ 21x 1x － y 1，同理，在点 B 处的切线方程为 y＝ 1 2 － 2. 又点 (，－ 2) 的坐标知足这两个方程，代入得：－2＝ 1 1 t － y 1，－ 2＝ 1 2 t － y 2，2x x yQ t2x2x1122) 都知足方程－ 11则说明 A ( x ， y ) ， B ( x ，y 2＝2xt － y ，即直线 AB 的方程为 y － 2＝2tx ，所以 直线 恒过定点 (0,2) ．ABx 2 y 239．(2016 ·北京 ) 已知椭圆 C ：a 2＋ b 2＝ 1( a ＞ b ＞ 0) 的离心率为2 ，A ( a, 0) ，B (0 ，b ) ，O (0,0)，△ OAB 的面积为 1.(1) 求椭圆 C 的方程；(2) 设 P 是椭圆 C 上一点，直线 PA 与 y 轴交于点 M ，直线 PB 与 x 轴交于点 N . 求证： AN ·BM为定值．c3 1(1) 解 由已知 a ＝ 2 ， 2ab ＝ 1.又 a 2＝b 2＋c 2，解得 a ＝ 2， b ＝1， c ＝ 3.2x2∴椭圆 C 的方程为 ＋ y ＝ 1.(2) 证明由 (1) 知， A (2,0) ， B (0,1) ．2设椭圆上一点x 02P x ， y ，则4＋y ＝ 1.y 0当 x 0≠0时，直线 PA 方程为 y ＝ x 0－ 2( x － 2) ，－ 2y 0令 x ＝0 得 y M ＝ x 0－ 2.2y 0进而 BM ＝ |1 － y M | ＝ 1＋ x 0－ 2 .y 0－ 1直线 PB 方程为 y ＝x0 x ＋ 1.－ x 0令 y ＝0 得 x N ＝ y 0－ 1.x 0∴ AN ＝|2 － x N | ＝ 2＋ y 0－ 1 .x 02y 0∴ AN ·BM ＝ 2＋ y 0－1 · 1＋ x 0－ 2x 0＋ 2y 0－ 2x 0＋2y 0－ 2＝y 0－ 1 ·x 0 － 222＝ x 0 ＋4y 0＋ 4x 0y 0－ 4x 0－ 8y 0＋ 40 y 0－ 0－ 2 0＋ 2x x y＝4x 0y 0－4x 0－ 8y 0＋ 8＝ 4.x y － x－2y ＋ 2当 x 0＝0 时， y 0＝－ 1， BM ＝ 2， AN ＝ 2，∴ AN ·BM ＝ 4.故 AN · BM 为定值．x 210．如图，在平面直角坐标系xOy 中，设点 M ( x 0，y 0) 是椭圆 C ： 4 ＋y 2＝ 1 上一点，从原点 O 向圆直线 OP ， OQ 的斜率分别记为(1) 若圆 M 与 x 轴相切于椭圆2 5(2) 若 r ＝ 5 .1①求证： k 1k 2＝－ ；4M ：( x －x 0) 2＋ ( y －y 0) 2＝r 2作两条切线分别与椭圆 C 交于点 P ，Q ，k 1， k 2 .C 的右焦点，求圆 M 的方程；②求 OP · OQ 的最大值．因为椭圆 C 的右焦点的坐标为 ( 3， 0) ，所以圆心 M 的坐标为 (1(1) 解3，± 2) ，进而圆 M 的方程为21 21( x － 3)＋ ( y ±2) ＝ 4.(2) ①证明因为圆 M 与直线 OP ：y ＝ k 1x 相切，| k 1 x 0－ y 0|2 5所以2 ＝5 ，k 1＋ 12 2 ＋ 10x y k ＋ 4－2即 (4 －5x ) k5y ＝ 0，10 0 1同理，有 (4 －2 2＋ 4－ 5y 25x ) k＋ 10x y k＝ 0，2 0 0 2所以 k 1， k 2 是方程222的两根，(4 － 5x 0) k ＋ 10x 0y 0k ＋ 4－ 5y 0＝ 024－ 5y 0进而 k 1k 2＝24－ 5x 04－ 5 1－ 1 24x＝24－ 5x 05 2 － 1＋4x 01＝2＝－ .4－5x 04②解 设点1(x1，1)， 2( x 2，y 2)，P yPy ＝ k 1 x ，联立 2x＋ y 2＝ 1，442解得 224k 1 2，x 1＝ 1＋ 4 2 ， y 1＝ 1＋ 41 1kk44k 2同理， x 22＝ 2 ，y 22＝ 2 2，1＋ 4k 2 1＋ 4k 24242222＋ 4k 12＋4k 22)所以 OP · OQ ＝ (k 1＋ 4 k 2) ·(1＋ 4k1＋411 1＋ 4 22k424 1＋ k 21＋ k 1 2＝ 1＋4 k 12· 1＋ 422k4＋4 121＋ 16k12＝k2· 1＋ 4k 21＋ 4k115＋20k 212≤22＝ 252，1＋ 4k 141当且仅当 k 1＝± 2时取等号．5 所以 OP · OQ 的最大值为.2B 组 能力提升1222222(0< r <2) ，动圆1211．已知圆 O ：( x － 2) ＋ y ＝ 16 和圆 O ：x ＋ y ＝ r M 与圆 O ，圆 O 都相切，动圆圆心 M 的轨迹为两个椭圆，这两个椭圆的离心率分别为e ， e( e >e ) ，则 e ＋2e 的最12 1 2 1 2小值是 __________ ．3＋2 2答案4分析①当动圆 M 与圆 O 1， O 2 都相内切时，MO 2＋ MO 1＝4－ r ＝ 2a ，故 e 1＝2.4－ r②当动圆 M 与圆 O 1 相内切而与 O 2 相外切时，2MO 1＋ MO 2＝4＋ r ＝ 2a ′，故 e 2＝ 4＋ r .2424－ 2r所以 e 1＋ 2e 2＝ 4－ r ＋ 4＋ r ＝ 16－ r 2 ，令 12－ ＝t (10< t <12) ， 1＋ 2 2＝2×1ree12824－ t － t ≥2× 1＝1 3＋2 212－ 8 ＝ 4.24－ 162 212．已知过定点 (1,0) 的直线与抛物线x 2＝ y 订交于不一样的 A ( x 1， y 1) ， B ( x 2，y 2) 两点，则 ( x 1－ 1)( x 2－ 1) ＝ ________.答案1分析设过定点 (1,0) 的直线的方程为 y ＝k ( x － 1) ，代入抛物线x 2＝y 可得 x 2－ kx ＋ k ＝ 0，故 x 1＋ x 2＝ k ，x 1· x 2＝k ，所以 ( x 1－ 1)( x 2－ 1) ＝ x 1·x 2－ ( x 1＋x 2) ＋ 1＝ 1.13．如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆x 2 y 21 C ： 2＋2＝ 1 ( a >b >0) 的离心率 e ＝ ，左顶a b2点为 ( －4， 0)，过点A 作斜率为k ( k ≠0) 的直线l 交椭圆 C 于点 ，交y 轴于点 .AD E(1) 求椭圆 C 的方程；(2) 已知 P 为 AD 的中点，能否存在定点Q ，对于随意的 k ( k ≠0) 都有 OP ⊥EQ ，若存在，求出点 Q 的坐标；若不存在，请说明原因；AD ＋ AE(3) 若过 O 点作直线 l 的平行线交椭圆 C 于点 M ，求 OM 的最小值．解(1) 因为左极点为A ( － 4,0) ，1所以 a ＝ 4，又 e ＝ 2，所以 c ＝ 2， 又因为 b 2＝ a 2－ c 2＝ 12，x 2 y 2所以椭圆 C 的方程为 16＋12＝ 1.(2) 直线 l 的方程为 y ＝ k ( x ＋ 4) ，x 2 y 2＋ ＝ 1，由1612y ＝ k x ＋ 4 ，x 2 [ k x ＋ 4] 2 消元得， 16＋12＝ 1.化简得， ( x ＋ 4)[(4 k 2＋ 3) x ＋ 16k 2－ 12] ＝ 0， － 16k 2＋ 12所以 x 1＝－ 4， x 2＝ 4 2＋ 3 .k当 x ＝ － 16k 2＋ 12y － 16k 2＋ 1224k2时，＝ (2＋4)＝2，4k ＋ 3k4k ＋ 34k ＋3所以 D ( － 16 k 2＋12 24k4 2＋ 3 ， 4 k 2＋3)．k 因为点 P 为 的中点，AD 所以 P 的坐标为 ( － 16 k 2 12 k 2 ， 2 ) ， 4k ＋ 3 4k ＋ 33则 k OP ＝－ 4k ( k ≠0) ．直线 l 的方程为 y ＝ k ( x ＋ 4) ，令 x ＝ 0，得 E 点坐标为 (0,4 k ) ，假定存在定点Q ( m ， n )( m ≠0) ，使得 OP ⊥ EQ ，3 n － 4k 则 k · k ＝－ 1，即－ ·＝－ 1 恒成立，OPEQ 4k m所以 (4 m ＋ 12) k － 3n ＝ 0 恒成立，4m ＋ 12＝ 0，m ＝－ 3， 所以 即 － 3n ＝0， n ＝ 0，所以定点 Q 的坐标为 ( － 3,0) ．(3) 因为 OM ∥ l ，所以 OM 的方程可设为y ＝ kx ，x 2 y 2 由 16＋ 12＝1，y ＝ kx ， 得 M 点的横坐标为4 3 x ＝± 2 ， 4 k ＋ 3由 OM ∥ l ，得AD ＋ AE | x D － x A | ＋ | x E － x A |＝ M OM | x | － 16k 2＋ 12x D － 2x A 4k 2＋ 3＋ 8 ＝M ＝ 4 3 | x | 4k 2＋ 31 ·4k 2＋ 9＝ 4k 2＋ 33 ＝ 1 ( 4k 2＋ 3＋6 )≥2 2， 3 4k 2＋ 3当且仅当 4 2＋ 3＝ 6 ，k 4k 2＋ 3即 k ＝± 32 时取等号，3AD＋ AE所以当 k＝±2时，OM 的最小值为 2 2.。
